"Srednja linija trapeza" - Srednja linija trapeza. A. MN je središnja linija trapeza ABCD. U trokutu možete graditi ... srednje linije. Srednja crta trokuta ima svojstvo ... MN = ? AB. Definicija srednje linije trapeza. Teorem o srednjoj crti trapeza. D. Nastavi rečenicu: MN || AB.
"Jednadžba elipse" - Autori: Gololobova O. 9. razred Negrova O. 9. razred Dolgova K. 9. razred. Definicija elipse. Kako su svojstva elipse povezana sa svojstvima drugih "izvanrednih" krivulja? 2. Izveli smo kanonsku jednadžbu elipse. Napredak istraživanja. Rezultati istraživanja: 4. Odrediti glavne parametre elipse: Svrha: Proučavanje glavnih parametara elipse. 3. Izgradio elipsu.
"Thalesov teorem" - Vjeruje se da je Thales prvi proučavao kretanje Sunca duž nebeska sfera. Talesov teorem. Geometrijski teorem nazvan je po Talesu. Povučemo pravac EF kroz točku B2 paralelan s pravom A1A3. Astronomija. Geometrija. Svojstvom paralelograma A1A2=FB2, A2A3=B2E. mileški materijalist. A budući da je A1A2=A2A3, onda je FB2=B2E. Tales je nadaleko poznat kao geometar.
"Zadaci o krugu i kružnici" - 2. Odgovor: S = 25? cm2; C=10? vidi Rješavanje problema. 1. Opseg i površina kruga.
"Geometrija regularnih poligona" - Krug se može opisati oko bilo kojeg pravilnog poligona, i to samo jednog. Izvodimo formulu za izračun kuta an pravilnog n-kuta. Uzmite bilo koja tri vrha poligona A1A2...An, na primjer A1, A2, A3. Dokažimo sada jedinstvenost takvog kruga. Središte pravilnog poligona. Teorem o središtu pravilnog mnogokuta. Jedinstvenost takve kružnice proizlazi iz jedinstvenosti opisane kružnice oko trokuta.
"Geometrija pokreta 9. razred" - Aksijalno. Aksijalna simetrija. Centralna i aksijalna simetrija. Teorema. Vrste pokreta. Skretanje. Preklapanje. Svaki pokret je prekrivanje. Aksijalna simetrija Centralna simetrija Paralelni prijevod Rotate. Paralelni prijenos. Pokret. središnja simetrija. Koncept kretanja. Geometrija 9 razred. Središnji. Prilikom pomicanja segment se prikazuje na segmentu.
Poznata vam je riječ "pokret". Ali u geometriji ima posebno značenje. Koji, o tome ćete naučiti iz ovog poglavlja. U međuvremenu napominjemo da je uz pomoć pokreta moguće pronaći lijepa rješenja za mnoge geometrijske probleme. Primjere takvih rješenja naći ćete u ovom poglavlju.
Zamislimo da je svaka točka ravnine pridružena (pridružena) nekoj točki iste ravnine, a bilo kojoj točki ravnine pridružena je neka točka. Onda kažu da je dano preslikavanje ravnine na sebe.
Zapravo, već smo se susreli s preslikavanjima ravnine na samu sebe – prisjetimo se aksijalne simetrije (vidi odjeljak 48). To nam daje primjer takvog mapiranja. Doista, neka je a os simetrije (slika 321). Uzmimo proizvoljnu točku M koja ne leži na pravcu a i konstruirajmo točku M 1 simetričnu njoj u odnosu na pravac a. Da biste to učinili, trebate nacrtati okomitu MP na ravnu crtu a i staviti segment PM 1 na ravnu crtu MP, jednak segmentu MP, kao što je prikazano na slici 321. Točka M 1 će biti željena. Ako točka M leži na pravci a, tada joj se točka M 1 simetrična poklapa s točkom M. Vidimo da je, koristeći aksijalnu simetriju, svaka točka M ravnine povezana s točkom M, istom ravninom. U ovom slučaju ispada da je bilo koja točka M 1 povezana s nekom točkom M. To je jasno iz slike 321.
Riža. 321
Tako, aksijalna simetrija je preslikavanje ravnine na samu sebe.
Razmotrimo sada središnju simetriju ravnine (vidi odjeljak 48). Neka je O centar simetrije. Svaka točka M ravnine pridružena je točki M 1, simetričnoj točki M u odnosu na točku O (slika 322). Pokušajte se sami uvjeriti da je središnja simetrija ravnine također preslikavanje ravnine na samu sebe.
Riža. 322
Koncept kretanja
Aksijalna simetrija ima sljedeće važno svojstvo: je preslikavanje ravnine na sebe koje čuva udaljenosti između točaka.
Objasnimo što to znači. Neka su M i N bilo koje točke, a M 1 i N 1 točke koje su im simetrične u odnosu na pravac a (slika 323). Iz točaka N i N 1 povučemo okomice NP i N 1 P 1 na pravac MM 1 . Pravokutni trokuti MNP i M 1 N 1 P 1 jednaki su u dva kraka: MP = M 1 P 1 i NP = N 1 P 1 (objasni zašto su ti kraci jednaki). Stoga su hipotenuze MN i M 1 N 1 također jednake.
Riža. 323
Stoga, udaljenost između točaka M i N jednaka je udaljenosti između točaka simetričnih prema njima M 1 i N 1. Razmotrite druge slučajeve položaja točaka M, N i M 1, N 1 samostalno i uvjerite se da je u tim slučajevima MN = M 1 N 1 (Sl. 324). Dakle, aksijalna simetrija je preslikavanje koje čuva udaljenosti između točaka. Svako preslikavanje koje ima ovo svojstvo naziva se kretanje (ili pomak).
Riža. 324
Tako, gibanje ravnine je preslikavanje ravnine na sebe, uz očuvanje udaljenosti.
Zašto se preslikavanje koje čuva udaljenosti naziva kretanjem (ili translacijom) može se objasniti na primjeru aksijalne simetrije. Može se predstaviti kao rotacija ravnine u prostoru za 180° oko osi a. Slika 325 pokazuje kako dolazi do takvog zaokreta.
Riža. 325
Imajte na umu da središnja simetrija ravnine je također gibanje(Pomoću slike 326, uvjerite se sami).
Riža. 326
Dokažimo sljedeći teorem:
Teorema
| Prilikom pomicanja segment se prikazuje na segmentu. |
Dokaz
Neka se za dano gibanje ravnine krajevi M i N segmenta MN preslikaju u točke M 1 i N 1 (slika 327). Dokažimo da je cijeli segment MN preslikan na segment M 1 N 1 . Neka je P proizvoljna točka segmenta MN, P 1 - točka u koju je preslikana točka P. Tada je MP + PN = MN. Budući da se udaljenosti održavaju tijekom kretanja, onda
M 1 N 1 = MN, M 1 P 1 = MP i N 1 P 1 = NP. (jedan)
Riža. 327
Iz jednakosti (1) dobivamo da je M 1 R 1 + P 1 N 1 = M 1 N 1, te stoga točka R 1 leži na odsječku M 1 N 1 (ako pretpostavimo da to nije slučaj, onda je nejednakost M 1 R 1 + P 1 N 1 > M 1 N 1). Dakle, točke segmenta MN preslikavaju se u točke segmenta M 1 N 1 .
Također je potrebno dokazati da je neka točka P segmenta MN preslikana u svaku točku R 1 segmenta M 1 N 1. Dokažimo to. Neka je P 1 proizvoljna točka segmenta M 1 N 1 , a točka P za dano kretanje preslikava se u točku P 1 . Iz relacija (1) i jednakosti M 1 N 1 = M 1 P 1 + P 1 N 1 slijedi da je MP + PN = MN, pa stoga točka P leži na odsječku MN. Teorem je dokazan.
Posljedica
Doista, na temelju dokazanog teorema, svaka strana trokuta preslikava se na njoj jednak segment, pa se stoga trokut preslikava na trokut s odgovarajućim jednakim stranicama, tj. na jednak trokut.
Koristeći dokazani teorem, lako je osigurati da se pri kretanju ravna crta preslikava na ravnu, zraka na zraku, a kut se preslikava u kut jednak njemu.
Prekrivanja i pokreti
Podsjetimo da se u našem kolegiju geometrije jednakost figura utvrđuje pomoću preklapanja. Kažemo da je figura Φ jednaka liku Φp ako se lik Φ može superponirati s likom Φ 1 . Pojam preklapanja u našem kolegiju odnosi se na osnovne pojmove geometrije, stoga definicija prekrivanja nije dana. Nametanjem lika Φ na figuru Φ 1 mislimo na neko preslikavanje lika Φ na lik Φ 1. Štoviše, vjerujemo da se u ovom slučaju ne preslikavaju samo točke lika Φ, već i bilo koja točka ravnine do određene točke ravnine, t.j. prekrivanje je preslikavanje ravnine na sebe.
Međutim, svako preslikavanje ravnine na sebe ne nazivamo nametanjem. Prekrivanja su takva preslikavanja ravnine na sebe koja imaju svojstva izražena u aksiomima (vidi Dodatak 1, aksiomi 7-13). Ovi aksiomi omogućuju dokazivanje svih onih svojstava nametanja koja vizualno zamišljamo i koja koristimo u dokazivanju teorema i rješavanju problema. Dokažimo, na primjer, to prekrivanje preslikava različite točke na različite točke.
Doista, pretpostavimo da to nije tako, tj. s nekim preklapanjem neke dvije točke A i B preslikavaju se u istu točku C. Tada je lik F 1, koji se sastoji od točaka A i B, jednak slici F 2 , koji se sastoji od jedne točke C. Slijedi da je F 2 = F 1 (aksiom 12), tj. uz nešto preklapanja, lik F 2 se preslikava na lik F 1 . Ali to je nemoguće, budući da je prekrivanje preslikavanje, a za bilo koje preslikavanje, točka C je povezana samo s jednom točkom ravnine.
Iz dokazane tvrdnje proizlazi da se, kada se superponira, segment preslikava na jednak segment. Doista, neka su, kada se superponiraju, krajevi A i B segmenta AB preslikani u točke A 1 i B 1 . Tada se segment AB preslikava na segment A 1 B 1 (aksiom 7), te je, posljedično, segment AB jednak segmentu A 1 B 1 . Budući da jednaki segmenti imaju jednake duljine, nametanje je preslikavanje ravnine na samu sebe, uz očuvanje udaljenosti, t.j. svako preklapanje je gibanje ravnine.
Dokažimo da je istinita i obrnuta tvrdnja.
Teorema
Dokaz
Razmotrimo proizvoljno gibanje (označeno slovom g) i dokažimo da je to nametanje. Uzmite bilo koji trokut ABC. Kada se g pomiče, preslikava se na jednak trokut A 1 B 1 C 1 . Prema definiciji jednakih trokuta, postoji prekrivanje ƒ, u kojem su točke A, B i C preslikane u točke A 1 , B 1 i C 1 .
Dokažimo da se gibanje g poklapa s nametanjem ƒ. Pretpostavimo da nije. Tada postoji barem jedna takva točka M na ravnini, koja se, kada se g pomiče, preslikava u točku Mn, a kada se ƒ primijeni, u drugu točku M2. Budući da preslikavanja ƒ u g čuvaju udaljenosti, onda je AM = A 1 M 1, AM = A 1 M 2, dakle A 1 M 1 = A 1 M 2, tj. točka A 1 jednako je udaljena od točaka M 1 i M 2 (sl. 328). Slično je dokazano da su točke B 1 i C 1 jednako udaljene od točaka M 1 i M 2 . Slijedi da točke A 1 , B 1 i C 1 leže na okomitoj simetrali na odsječak M 1 M 2 . Ali to je nemoguće, budući da vrhovi trokuta A 1 B 1 C 1 ne leže na jednoj ravnoj liniji. Dakle, preslikavanja ƒ u g se podudaraju, tj. gibanje g je preklapanje. Teorem je dokazan.
Riža. 328
Posljedica
Zadaci
1148. Dokaži da je s aksijalnom simetrijom ravnine:
a) pravac paralelan s osi simetrije preslikava se na pravac paralelan s osi simetrije;
b) ravna crta okomita na os simetrije preslikava se na sebe.
1149. Dokaži da je sa središnjom simetrijom ravnine:
a) pravac koji ne prolazi središtem simetrije preslikava se na pravac paralelan s njim;
b) pravac koji prolazi središtem simetrije preslikava se na sebe.
1150. Dokažite da se tijekom gibanja kut preslikava na njegov jednak kut.
Neka se kut AOB preslika u kut A 1 O 1 B 1 za ovo kretanje, a točke A, O, B preslikaju se na točke A 1 , O 1 , B 1 redom. Budući da se udaljenosti čuvaju tijekom kretanja, onda OA = O 1 A 1, OB = O 1 B 1. Ako kut AOB nije razvijen, tada su trokuti AOB i A 1 O 1 B 1 jednaki na tri strane, pa je stoga ∠AOB = ∠A 1 O 1 B 1 . Ako je kut AOB razvijen, onda je kut A 1 O 1 B 1 razvijen (dokažite), dakle ovi kutovi su jednaki.
1151. Dokaži da se pri pomicanju paralelni pravci preslikavaju na paralelne pravce.
1152. Dokažite da se pri kretanju: a) paralelogram preslikava na paralelogram; b) trapez je preslikan na trapez; c) romb je preslikan na romb; d) pravokutnik se preslikava u pravokutnik, a kvadrat se preslikava u kvadrat.
1153. Dokažite da je u kretanju kružnica preslikana na kružnicu istog polumjera.
1154. Dokažite da je preslikavanje ravnine, u kojoj se svaka točka preslikava na sebe, prekrivanje.
1155. ABC i A 1 B 1 C 1 - proizvoljnih trokuta. Dokažite da postoji najviše jedno kretanje u kojem su točke A, B i C preslikane u točke A 1 , B 1 , C 1 .
1156. U trokutima ABC i A 1 B 1 C 1 AB \u003d A 1 B 1, AC \u003d A 1 C 1, BC \u003d B 1 C 1. Dokažite da postoji kretanje u kojem su točke A, B i C preslikane na točke A 1 , B 1 i C 1 , i to samo jedna.
Prema uvjetu zadatka trokuti ABC i A 1 B 1 C 1 jednaki su na tri strane. Posljedično, postoji prekrivanje, tj. kretanje u kojem su točke A, B i C preslikane na točke A 1 , B 1 i C 1 . Ovo kretanje je jedino kretanje u kojem su točke A, B i C preslikane na točke A 1 , B 1 i C 1 (zadatak 1155).
1157. Dokažite da su dva paralelograma jednaka ako su susjedne stranice i kut između njih jednog paralelograma jednaki susjednim stranicama i kutu između njih drugog paralelograma.
1158. Dane su dvije linije a i b. Konstruirajte pravac na koji je pravac b preslikan s aksijalnom simetrijom s osi a.
1159. Zadani su pravac a i četverokut ABCD. Konstruirajte lik F, na koji je zadani četverokut preslikan s aksijalnom simetrijom s a-osi. Što je slika F?
1160 Zadane su točka O i pravac b. Konstruirajte pravac na koji je pravac b preslikan u središnjoj simetriji sa središtem O.
1161 Dani su točka O i trokut ABC. Konstruiraj lik F na koji je preslikan trokut ABC sa središnjom simetrijom sa središtem O. Što je lik F?
Odgovori na zadatke
1151. Uputa. Dokažite kontradikcijom.
1154. Uputa. Koristite teorem iz točke 119.
1155. Uputa. Dokaz se provodi kontradikcijom (vidi dokaz teorema u § 119).
1157. Uputa. Koristite zadatke 1156 i 1051.
1158. Uputa. Najprije konstruirajte slike nekih dviju točaka pravca b.
1159. F - četverokut.
1160. Uputa. Problem se rješava slično problemu 1158.
1161. F - trokut.
